关于矩阵的分解形式

K2 L
A2T M
Kn AnT = K1A1 A1T + K2A2A2T + L + KnAnAnT
因 Q 的列向量是 A 的特征向量, 且 Q 为正交矩阵, 故
Ai( i = 1, 2, L, n) 为 A 的单位正交特征向量.
定理 6 A 为正定矩阵的充分必要条件是存在 n 个线 性无关的向量 Ai = ( A1 i, A2i, L, Ani) T, 使 A = A1A1T + A2A2T + L + AnAnT.
将有关矩阵表示为某些简单或特殊矩阵的和、积的形式.
1 作积分解
作乘积分解时, 常将对角阵 diag( K1, K2, L, Kn) 分解成 两个或两个以上对角阵的乘积, 有时在其间插入其积等于
单位矩阵的乘积矩阵.
定理 1 矩阵 A 为正定矩阵的充分必要条件是存在非
奇异矩阵 C, 使 A = CTC.
证明 因 A 是实对称矩阵, 数存在正交矩阵Q 使A = Qdiag( K1, K2 , L, Kn)Q- 1 .
设 Q = (A1, A2, L, An) , 其中 Ai 为 Q 的第 i 个列向量, A1T
则 Q- 1 = QT = M , 于是有 AnT
K1
A1T
A = ( A1, A2, L, An )
特征值.
定理 8 任何一个n 阶方阵都可表示成一个对称矩阵与
一个反对称矩阵之和.
证明 设 A 为任意 n 阶方阵, 构造矩阵
B=
1 2
(A
+
AT), C =
1 2
(A
-
AT)
而
BT =
1 2
(AT +
A)
=
B
CT =
1 2
(
AT
-
A) = -
1 2
(
A
-
AT) = -
C
所以, B 为对称矩阵, C 为反对称矩阵, 且有
当 n = 1 时, A = ( a11) = ( 1) (a11) . 一阶矩阵既是上三
角形矩阵也是下三角形矩阵故命题成立.
设当 n = k- 1 时, 定理成立. 即存在下三角形矩阵LK- 1 和上三角形矩阵 MK- 1, 使
AK- 1 = LK- 1MK- 1
当 n = k 时, 对 A 作如下分块:
证明 因 A 为正定矩阵的充分必要条件是存在可逆 矩阵 P, 使 A = PPT . 令
P = (A1, A2, L, An), 则 A = PPT = A1A1T + A2A2T + L + AnAnT.
定理 7 秩为 r 的实对称矩阵A 可表示成 r 个秩为1 的
对称矩阵之和, 其组合系数为 A 的特征值.
第 3期
屈立新: 关于 矩阵的分解形式
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阵. 由定理 2 的推论知, 存在一个正定矩阵 S, 使 ATA = S2. 所以有
A = ( AT) - 1 S2 = ( AT) - 1 S# S 令 U = (AT)- 1S, 则 A = US, 且
UT = ST[ ( AT )- 1] T = STA- 1 = SA- 1 故 UUT = ( AT) - 1S # SA- 1 = ( AT)- 1ATAA- 1 = E 所以, U 为正交矩阵.
阵 S, 使 A = S2.
定理 3 设A 为一个n 阶可逆实矩阵, 则存在一个正定
矩阵 S 和一个正交矩阵 U, 使 A = US. 证明 因 A 为可逆实矩阵, 故 ATA 为实对称正定矩
收稿日期: 2005- 06- 16 作者简介: 屈立新( 1970-
) , 男, 湖南 衡阳人, 长沙商贸旅游职业技术学院讲师.
其中 Eii 表示第 i 行第 i 列的元素为 1, 其余元素为 0 的 n 阶 矩阵;
STi = ( QEiiQT) T = QEiiQT = Si
故 Si 为对称矩阵. 又因为秩( Eii) = 1, Q, QT 为可逆矩阵, 故
秩(Si) 秩( QEiiQT ) = 1 即A 表示成 r 个秩为1 的对称矩阵之和, 且组合系数为A 的
Kn, 则由于 B为正定矩阵, 故 Ki > 0( i = 1, 2, L, n) . 于是A 的 所有特征值 KiK > 0( i = 1, 2, L, n) , 所以 A 为正定矩阵.
充分性. 若 A 为正定矩阵, 则存在正交矩阵 Q, 使
A = Qdiag( K1c , K2c, L, Knc ) QT( Kic > 0, i = 1, 2, L, n)
证明 因 A 是秩为 r 的 n 阶实对称矩阵, 故存在正交
矩阵 Q, 使 A = Qdiag (K1, K2, L, Kr , 0, L, 0) QT
其中 K1, K2, L, Kr 为 A 的全部非零特征值, 则 A = K1QE11QT + K2QE22QT + L+ KrQErrQT = K1S1 + K2S2 + L+ KrSr
A = B+ C
参考文献:
[ 1] 毛纲源. 经济数学( 线性 代数) 解题 方法技巧 归纳[ M] . 武汉: 华中理工大学出版社, 2000.
[2] 赵 树 源. 线 性代 数 [ M] . 北京: 中国 人 民 大学 出 版社, 2000 .
性提供了简便.
例 设A, B分别为 m, n 阶正定矩阵, 试判定分块矩阵
C=
AO OB
是否是正定矩阵.
解 因A, B分别是m, n 阶正定矩阵, 故存在 m阶可逆
矩阵 P1 和 n 阶可逆矩阵 P2, 使
A = PT1 P1
B = PT2 P2
为证 C 为正定, 找可逆矩阵 M, 使 C = MTM
或
A = Qdiag( K1, K2 , L, Kn ) Q- 1
( 1)
其中 K1, K2, L, Kn 是A 的特征值. 实际上, (1) 式是将一
个实对称矩阵A 表示成一个正交矩阵Q、对角矩阵 diag( K1, K2, L, Kn) 与正交矩阵 Q 的逆矩阵 Q- 1 的乘积形式.
本文将讨论有关矩阵作和分解与乘积分解的问题, 即
第2卷 第3 期 2005 年 9 月
邵阳学院学报( 自然科学版) Journal of Shaoyang University ( Natural Sciences)
文章编号: 1672- 7010( 2005) 03- 0004- 02
关于矩阵的分解形式
屈立新
( 湖南长沙商贸旅游职业技术学院, 湖南 长沙
摘要: 讨论了有关矩阵可表示为某些简单或 特殊矩阵的和、积的形式.
关键词: 矩阵; 分解; 和; 积
中图分类号: O151. 21
文献标识码: A
41000 2)
Vol. 2. No. 3 Sep. 2005
若 A 为 n 阶实对称矩阵, 则存在正交矩阵 Q, 使得
QTAQ = Q- 1AQ = diag( K1 , K2, L, Kn )
证明 先证必要性. 若 A 是正定矩阵, 则存在正交矩
阵 Q, 使
A = Qdiag (K1, K2, , , Kn)QT
= Qdiag( K1, K2, L, Kn) di ag(
其中 Ki > 0( i = 1, 2, L, n)
令 C = diag( K1, K2, L, CTC.
K1, K2, L, Kn) QT,
定理 4 设A = ( aij)n@n, AK 表示A 的顺序 K 阶主子式, 且
a11 a12 L a1k
| AK | =
a21 a22 L a2k X 0 (1 [ k [ n) L LLL
ak1 ak2 L akk
则存在下三角形矩阵 L 和上三角形矩阵 M, 使 A = LM.
证明 对 n 作数学归纳法.
AK- 1 B
A aKK
令
L=
LK- 1
O ,M=
MK- 1
m
l1
O mKK
则 LM = LK- 1 O MK- 1 m
l1
O mKK
LK- 1MK- 1 LK- 1m =
lMK- 1 lm+ mKK
要使 A = LM, 则等价于LK- 1m= B, lMK- 1 = A, lm+ mKK
= aKK. 因 | AK- 1 | X 0, 所以 | LK- 1MK- 1 | = | LK- 1 | #| MK- 1 | X
MK- 1 O
aKK -
L-K-1 1 AM-K-1 1L-K-1 1B
且 A = LM
2 作和分解
作和分解时, 常将 Q 作列分块, Q- 1 作行分块; 有时也
将对角阵分解成对角矩阵之和. 定理 5 设 A是 n 阶实对称矩阵, A1, A2, l, An 是A 的 n个
单位正交特征向量, 对应的特征值为 K1, K2, L, Kn. 则 A = K1A1A1T + K2A2A2T + L + KnAnAnT
令 M=
P1 O
O P2 则有
MTM =
P1 O O P2
P1 O O P2 =
P1T O O P2T
P1 O O P2
P1TP1 O
AO
=
O P2TP2 O B = C
又因 P1, P2 可逆, 故 M 也可逆, 所以 C 为正定矩阵.
定理 2 设A 是 n 阶实对称矩阵, 则A 是正定矩阵的充
要条件是存在正定矩阵 B, 使 A = BK, K 为任意正整数. 证明 必要性. 若 A = BK, 设 B 的特征值为 K1, K2, L,
0, | LK- 1 | X 0 且 | MK- 1 | X 0. 这样, LK- 1, MK- 1 均可逆. 从而
m = L-K-1 1B, l = AM-K-1 1, mKK = aKK- lm= aKK - AM-K-11L-K-1 1B.
故
L=
LK- 1 O AM-K-1 1 1 , M =
Kn)QT, 则 C 可逆, 且 A =
再证充分性. 若 A = CTC, 则对任意的实向量 X X 0,
有 CX X 0, 从而有
XTAX = XTCTCX = (CX)T(CX) = | CX | 2 > 0, 所以二次型 XTAX 为正定二次型, 故 A 为正定矩阵. 定
理 1 所给出的正定矩阵的乘积分解形式为证明矩阵的正定
令
S = diag( k源自文库K1c , k K2c , L, k Knc )
则
A = (QSQT) (QSQT)L(QSQT)
令
B = QSQT
则
A = BK
由于 B 的所有特征值为 k K1c, k K2c , L, k Knc 均大于零, 故 B
为正定矩阵. 以下推论显然.
推论 1 设 A 是实对称正定矩阵, 则存在一个正定矩